【文档说明】云南师范大学附属中学2021届高三高考适应性月考卷（三）文科数学试题 图片版含答案.pdf，共(12)页，580.831 KB，由小赞的店铺上传

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文科数学参考答案·第1页（共8页）文科数学参考答案一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）题号123456789101112答案DCDDBABADCBC【解析】1．因为全集{12356}U，，，，，{13}A，，所以根据补集的定义得{256}UA，

，，故选D．2．()(2i2i1i1i1i1i1i)()z，1iz，故选C．3．原始中位数为5x，去掉1x，9x后剩余2348xxxx…，中位数仍为5x，D正确；原始平均数1234891

()9xxxxxxx…，后来平均数23481()7xxxxx…，平均数受极端值影响较大，∴x与x不一定相同，C不正确；22222911[()()()]9sxxxxxx…，22222381[()()()]7sxxx

xxx…，由②易知，B不正确；原极差91xx，后来极差82xx，显然极差变小，A不正确，故选D．4．3log15133(25)(log15)1log[2(25)]31359ff，故选D．5．由题意得ab，222144xyb，故选B．6

．设所求方程为(0)yxmm，圆心到直线的距离为||12mr，所以2m，故选A．7．设()axy，，∵a在b方向上的投影为4，∴4||abb，又()abb，∴()abb0，

即0abbb，即24||||0bb，解得12，故选B．8．由已知得222sinsinsinsinsinBCABC，故由正弦定理得222bcabc．由余弦定理得2221cos2

2bcaAbc．因为0180A，所以60A，tan3A，故选A．文科数学参考答案·第2页（共8页）9．由三视图知，该几何体的直观图如图1所示．平面AED平面BCDE，四棱锥ABCDE的高为1，四边形BCDE是边长为1的正方形，则111122AEDS△，A

BCABESS△△121222，151522ACDS△，则四棱锥ABCDE的侧面积为12252，故选D．10．因为，为锐角，所以(0π)，．又因为5cos()5，所以sin()

2251cos()5，因此tan()2．因为4tan3，所以22tantan21tan247，因此，tan2tan()2tan()tan[2()]1tan2tan()11

，故选C．11．设11()Pxy，，22()Qxy，，直线1l：1(0)ykxk，联立方程241xyykx，，消y得2440xkx，因为216160k，所以124xxk，124xx，所以2|

|1PQk221212()44(1)xxxxk，又原点O到直线1l的距离为211dk，所以21S24(1)k，同理222141Sk，所以22212218416SSkk≥，当且仅当“

1k”时取等号，故2212SS的最小值为16，故选B．12．①若π5，()fx在[02π]，上有5个零点，可画出大致图象，由图2可知，()fx在(02π)，有且仅有3个极大值点，故①正确；②若π4，且()fx在[02π]，有且仅有4个零点，同样由图可知()fx在[02π]

，有且仅有2个极小值点，故②错误；③若π5，由()fx在[02π]，上有5个零点，得24π29π2π<55≤，即1229<510≤，当π010x，时，ππππ55105x，所以ππ49ππ1051002，所以()fx在π0

10，上单调递增，故③正确；④若π4，因为02πx≤≤，∴02πx≤≤，∴πππ2π444x≤≤，因为()fx在[02π]，有且仅有图1图2文科数学参考答案·第3页（共8页）4个零点，所以π4π2π5π4≤，所以151988≤，所以④正确；⑤若()fx的图

象关于π4x对称，π4x为它的零点，则π224kTT(kZ，T为周期)，得2π()21TkkZ，又()fx在π5π1836，上单调，所以π6T≥，112k≤，又当5k时，11，π4，()fx在π

5π1836，上不单调；当4k时，9，π4，()fx在π5π1836，上单调，满足题意，故的最大值为9，故⑤不正确，故选C．二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）题号13141516答案212或11283【解析】13．作

出约束条件对应的平面区域，当目标函数2yxz经过点(10)，时，z取得最小值2．14．由212120llaa，故12a或1．15．因为21(1)()(1)(ee)cos(1)2xxfxxax，且2()(ee)cos2xxg

xxax为偶函数，也有唯一零点0x，所以(0)0g，解得12a．16．如图3所示，令ABa，PDDAOOh，则BOAO33DOa.外接球表面积为16π，所以半径2r，在Rt△PDO中，222DODPPO

，即22343ah，即22143ah，得223(4)ah，所以体积21132334PABCABCVSPAah△2333(4)62ahhh，令33()(4)2fhhh(0)h，23()(43)2fhh，()fh在2303

，上单调递增，在233，上单调递减，所以233h时，PABCV的最大值为23833f．图3文科数学参考答案·第4页（共8页）三、解答题（共70分．解答应写出文字说明，证

明过程或演算步骤）17．（本小题满分12分）解：（1）∵121nnaS，∴121(2)nnaSn≥，两式相减得13(2)nnaan≥，又因为23a，∴213aa，∴13()nnaanN13nna，．

设等差数列{}nb的公差为d，∵1b，2b，4b成等比数列，221422()(2)2bbbbdbdd，∴2nbn．………………………………………………………………（6分）（2）由（1）知，132nn

nncabn，所以2113332(12)nnTn……131(1)(31)(1)132nnnnnn．………………………………………………………………（12分）18．（本小题满分12分）解：（1）由题意得511357

55iixx，51145955iiyy，5511()()5212510889811757928iiiiiixxyyxyxy，521()50iixx，521()16iiyy，因而相关系数12211()()287

0.99501652()()niiinniiiixxyyrxxyy．由于||0.99r很接近1，说明x，y线性相关性很强，因而可以用线性回归方程模型拟合y与x的关系．由于0r，故其关系为负相关．……………………

……………………（6分）（2）由（1）知，121()()28ˆ0.5650()niiiniixxyybxx，文科数学参考答案·第5页（共8页）∴ˆˆ9(0.56)712.92aybx，

则所求的回归方程是ˆ0.5612.92yx.当特征量x为12时，可预测特征量ˆ0.561212.926.2y．……………………………………………………（12分）19．（本小题满分12分）（1）证明：因为4APCPAC，

O为AC的中点，所以OPAC⊥，且23OP．如图4，连接OB，因为22ABBCAC，所以△ABC为等腰直角三角形，且OBAC⊥，122OBAC．由222OPOBPB知，OPOB⊥．由OPOB⊥，OPAC⊥，知PO

⊥平面ABC．………………………………………………………………（6分）（2）解：如图所示，因为点M为棱BC的中点，所以在ABM△中，10AM，又PO平面ABC，在POM△中，14PM，在PAM△中，由余弦定理得，2cos35P

MA，则31sin35PMA，所以131101431235PAMS△，设点C到平面PAM的距离为d，由PAMCCPAMVV，得111412331323d，所以49331d，所以点C到平面PAM的距离为49331．…………………………………………………………

……（12分）图4文科数学参考答案·第6页（共8页）20．（本小题满分12分）解：（1）当0a时，22ln()(0)fxxxx，2()2fxxx，(2)413f，(2)42ln2f，切线方程为322ln2yx

．……………………………………………………（5分）（2）22(1)1222(2)()2axxaxaxafxxaxxx，①当112a≤，即4a≤时，若1x≥，()0fx≥恒成立，∴()fx在[1e]，上递增，∴2max()

(e)ee22fxfaaa2e2(4]e3a，合题意；②当11e2a，即42e2a时，当112ax，，()0fx≤，()fx单调递减，当1e2ax，，()0fx≥，()fx单调递增

，max()fx在(1)f处或(e)f处取到，又(1)12faa时，1(42e2)a，且2(e)ee22faaa2e2(42e2)e3a，；③当1e2a≥，即2e2a

≥时，当[1e]x，，()0fx≤，()fx单调递减，max()(1)fxf，又(1)12faa时，1(2e2)a，．∴综上，2e2e3a．……………………………………………………（12分

）21．（本小题满分12分）解：（1）设椭圆的焦距为2c，因为离心率为12，∴12ca，又点(10)，是抛物线的焦点，∴1c，24a，23b，所以椭圆C的方程为22143xy．………………………………………（4分）文科数学参考答案·第7页（共8页）（2）∵直线l：ykxt与圆

222xy相切，∴原点到直线l的距离为2||21tdrk，即222(1)tk，∴22t≥．设11()Mxy，，22()Nxy，，00()Pxy，，由22143ykxtxy，，消去y得222(43)84120kxkt

xt，∴122843ktxxk，212241243txxk，∴121226()243tyykxxtk，∵()OPOMON，∴0202843643ktxktyk

，，又P在椭圆C上，∴2222864343143kttkk，∴2432||kt．设MN的中点为E，则()2OPOMONOE，∴四边形OMPN的面积为122||2||2MONSSMNdMN

△2222222644(412)(43)21(43)kttkkk2222243461(43)ktkk22222243434612||(43)kktktk2222222224342(1)32146123(43)43221kkkkkkkk

，令2222111()143243kfkkk，文科数学参考答案·第8页（共8页）则∵2433k≥，∴11()32fk≤，∴26S≤，∴四边形OMPN面积的取值范围为[26)，．……

…………………………（12分）22．（本小题满分10分）【选修4−4：坐标系与参数方程】解：（1）当π2时，l的普通方程为1x；当π2时，l的普通方程为2tan(1)yx，即(tan)2tan0xy．

由2413cos，得2222223cos316xyx，即221416xy．………………………………………………………………（5分）（2）将1cos2sinxtyt，，代入221416x

y中，整理得22(13cos)(8cos4sin)80tt，依题意得120tt，即28cos4sin013cos，即8cos4sin0，得tan2，所以直线l的斜率为2，直线l的一般方

程为240xy，则直线l的极坐标方程为2cossin40．…………………（10分）23．（本小题满分10分）【选修4−5：不等式选讲】（1）解：由311()513313xxfxxxxx

，，，，，≥，≤知1t时，4m．………………………………………………………………（5分）（2）证明：因为a，b，c均为正实数，14abc，由柯西不等式，111(3)(111)32abcabc≤，即1112

3abc≤，当且仅当1abc时，取等号．……………………………………………（10分）